2006中国西部数学奥林匹克

ai ( 1 - ai + 1 )
4 6
=26
2
ai (1 - ai + 1 ) ×
1 1 1 1 × × × 2 2 2 2
1 ≤ 2 3 × ( ai + 1 - ai + 1 + 2) 6 2 1 = 2 3 × ( ai - ai + 1 + 3) , 6
34
n
中 等 数 学
所以 ,
2 3 2 3
参考答案
第一天 1. 由算术 — 几何平均值不等式得
6
第二天
5. 设 S = { n| n - 1 , n , n + 1 都可以表示 为两个正整数的平方和 }. 证明 : 若 n ∈S , 则 2 ( 王建伟 n ∈S . 供题) 6. 如图 2 , AB 是 ⊙O 的直径 , C 为 AB 延
) = 2sin (α+ 30° ) , cos α+ cos (α- 30° cos α+ cos α ・ cos 30° + sin α ・ sin 30° = 3sin α+ cos α, 1+ 3 1 + tan α= 3tan α+ 1. 2 2 6+ 3 . 11
a ] = c ,且 a - c. 令
PF CB AD PB BC AB ・ ・ = ・ ・ = 1. FC BA DP BC BA PB
所以 ,
x k + 1 = ay k - cx k , y k + 1 = x k + cy k .
由 x1 = - c , y1 = 1 ,可得 y2 = - 2 c . 消去{ x k } 得
2 y k + 2 = - 2 cy k + 1 + ( a - c ) y k ,
Sn = { a} + { a } + …+ { a }
2
n
7. 设 k 是一个不小于 3 的正整数 ,θ 是 θ 一个实数 . 证明 : 如果 cos ( k - 1 ) θ 和 cos k 都是有理数 ,那么 ,存在正整数 n ( n > k ) , 使 θ都是有理数 . 得 cos ( n - 1)θ和 cos n ( 李伟固 供题) 8. 给定正整数 n ( n ≥ 2 ) . 求 | X | 的最小 值 ,使得对集合 X 的任意 n 个二元子集 B 1 ,
相乘得
2 y2 k + 1
-
2 y2 k
> 0 ,即| y2 k | < | y2 k + 1 | .
所以 ,对所有正整数 n ,都有
| yn | < | yn + 1 | .
④
故由式 ③、 ④ 得 Baidu Nhomakorabea对所有正整数 n ,都有
y2 k - 1 + y2 k < 0 , y2 k + y2 k + 1 > 0.
B 2 , …, B n ,都存在集合 X 的一个子集 Y , 满
足:
( 1) | Y| = n ; ( 2) 对 i = 1 ,2 , …, n ,都有| Y ∩B i | ≤ 1.
这里 ,| A | 表示有限集合 A 的元素个数 . ( 冷岗松 供题)
的值都是无理数 . 这里 { x } = x - [ x ] , 其中 , [ x ] 表示不超过 x 的最大整数 . ( 陶平生 供题)
3. 如 图 1 ,
图2
在 △PBC 中 , ∠PBC = 60° ,过 点 P 作 △PBC 的 外 接 圆 ⊙O 图1 的 切 线 , 与 CB 的延长线交于点 A . 点 D 、 E 分别在线段 PA 和 ⊙O 上 , 使得 ∠DB E = 90° , PD = PE. 联结 B E 与 PC 相交于点 F. 已知 A F 、 B P、 CD 三线 共点 . ( 1) 求证 : B F 是 ∠PBC 的角平分线 ; ( 2) 求 tan ∠PCB 的值 . ( 熊 斌 供题) 4. 设正整数 a 不是完全平方数 . 求证 : 对每一个正整数 n ,
= ( a - c) ( x k + y k a ) = ( ay k - cx k ) + ( x k - cy k )
a,
0 ,矛盾 .
k =1
∑y
k
≠ 0.
所以 ,方程 ① 与② 没有公共实根 . 从而 , k = 4 符合要求 . 综上 , k = 4. 3. (1) 当 B F 平分 ∠PBC 时 , 由于 ∠DB E = 90° , 所以 , BD 平分 ∠PBA . 于是 ,
则点 D′ 在线段 AD 内 . 于是 ,
PF′ PF AD′ AD < , < . F′ C FC PD′ PD
③
由式 ②、 ③ 可得
2 y2 k + 2 - y2 k + 1 = - (2 c + 1) y2 k + 1 + ( a - c ) y2 k < 0 , 2 y2 k + 2 + y2 k + 1 = - (2 c - 1) y2 k + 1 + ( a - c ) y2 k < 0. 2 相乘得 y2 2 k + 2 - y 2 k + 1 > 0. 2 又因 y2 2 - y 1 > 0 ,故| y 2 k - 1 | < | y 2 k | .
则 S n = ( x 1 + x 2 + …+ x n ) + ( y 1 + y 2 + …+ y n ) a . ①
n
b- a 2 β+ a > 两式相减得 β = > 0 , 这时 ,β + d d- c
下面证明 : 对所有正整数 n , Tn = 由于 x k + 1 + y k + 1 a = ( a - c) k + 1
x + dx + a = 0 ,
2 2
①
和 x + cx + b = 0.
② 首先 , d2 - 4 a > 4 ( d - a) > 0 , c2 - 4 b > 4 ( c - b) 其次 ,若方程 ① 与② 有公共实根 β,则 2 β+ d β+ a = 0 ,
2 β β+ b = 0. +c
故
PF′ CB AD′ PF CB AD ・ ・ < ・ ・ =1, F′ C BA D′ P FC BA PD
这与 A F′ 、 B P、 CD′ 三线共点矛盾 . 所以 , B F 是 ∠PBC 的内角平分线 . (2) 不妨设 ⊙O 的半径为 1 , ∠PCB = α. 由 (1) 知 ∠PB E = ∠EBC = 30° , 且 E 是 PC 的中
G. 求证 : O 、 A、 E、 G 四点共圆 .
…, an ∈( 0 ,1 ) . 求 值 ,这里 an + 1 = a1 .
i =1
∑
6
ai (1 - ai + 1 ) 的最大
( 边红平 供题)
( 朱华伟 供题)
2. 求满足下述条件的最小正实数 k : 对
任意不小于 k 的 4 个互不相同的实数 a 、 b、 c、 d ,都存在 a 、 b、 c、 d 的一个排列 p 、 q、 r、 s, 2 2 使得方程 ( x + px + q) ( x + rx + s ) = 0 有 4 ( 冯志刚 个互不相同的实数根 . 供题)
7. 首先 ,证明如下结论 :
因此 ,
T2 n - 1 = y1 + ( y2 + y3 ) + …+ ( y2 n - 2 + y2 n - 1 ) > 0 , T2 n = ( y1 + y2 ) + ( y3 + y4 ) + …+ ( y2 n - 1 + y2 n ) < 0.
④ ⑤ ⑥
从而 ,对所有正整数 n ,都有 Tn ≠ 0. 故由式 ① 知 , S n 是无理数 . 第二天
又由 y2 k + 1 - y2 k
2 = - (2 c + 1) y2 k + ( a - c ) y2 k - 1 > 0 ,
2007 年第 5 期
2 y2 k + 1 + y2 k = - (2 c - 1) y2 k + ( a - c ) y2 k - 1 > 0 ,
35
又 ∠DGF = ∠DOF ,则 ∠DAB = ∠DGF. 故 G、 A、 C、 D 四点共圆 ,有 ∠AGC = ∠ADC. ① ② ③
i =1
∑
6
ai ( 1 - ai + 1 )
n i
点. 因为 ∠MPE = ∠PB E = 30° , ∠CPE = ∠CB E =
30° ,所以 ,由 PD = PE ,知
1 ≤ 2 × 6 =2
i =1
∑( a
- ai + 1 + 3)
∠PDE = ∠PED = 15° ,
PE = 2sin 30° = 1 , DE = 2cos 15° . ) , 又 B E = 2sin ∠ECB = 2sin (α+ 30° ∠B ED = ∠B EP - 15° = α- 15° ,
设 α是一个实数 . 如果 cos α是有理数 ,那么 ,对 α是有理数 . 任意正整数 m ,cos m 对 m 用数学归纳法 . 由 cos α是有理数 ,得 cos 2α= 2cos2α- 1 也是有 理数 . α是有理数 ,则由 设对一切 m ≤l ( l ≥ 2) ,cos m cos ( l + 1)α= 2cos α l ・ cos α- cos ( l - 1)α 知 cos ( l + 1)α也是有理数 , 即当 m = l + 1 时 , 命题 也成立 .
1 n × × 3n = 3 , 6 2 1 时 ,上式等号成立 . 2
当且仅当 a1 = a2 = …= an =
3
故 y 的最大值是
4n . 2 4 k ) ,则
2. 一方面 ,若 k < 4 ,取 a 、 b、 c、 d∈ [k,
2
所以 ,在 Rt △BDE 中 ,有 ) B E 2sin (α+ 30° ) = cos(α- 15° = , DE 2cos 15° )・ ) , cos (α- 15° cos 15° = sin (α+ 30°
2
其中 , a 、 b、 c、 d、 e、 f 都是正整数 . 则 n2 + 1 = n2 + 12 , 2 2 2 2 2 2 2 2 n = ( c + d ) = ( c - d ) + (2 cd) , 2 2 2 2 2 n - 1= (a + b ) (e + f )
由塞瓦定理的逆定理知 A F 、 B P、 CD 三线共点 . 若还 有 一 个 ∠D′ B F′ 满 足 ∠D′ B F′= 90° ,且
A F′ 、 B P、 CD′ 三线共点 , 不妨设点 F′ 在线段 PF 内 ,
②
其中 , y1 = 1 , y2 = - 2 c . 由数学归纳法易得
y2 k - 1 > 0 , y2 k < 0.
2007 年第 5 期
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2006 中国西部数学奥林匹克
第一天
1. 设 n ( n ≥ 2 ) 是给定的正整数 , a1 , a2 ,
n
长线 上 的 一 点 , 过 点 C 作 ⊙O 的 割 线 , 与 ⊙O 交于点 D 、 E , OF 是 △BOD 的 外 接 圆 ⊙O1 的直径 , 联结 CF 并延长交 ⊙O1 于点
所以 ,tan α=
2 2 4. 设 c < a < ( c + 1 ) ( c ≥1 ) , 则 [ 2 1 ≤a - c ≤ 2 c ,而 { a } =
k
> 0 ,故方程 ①、 ② 都有两个不同实根 .
a- [
a] =
k { a } = ( a - c) = x k + y k a ( k ∈N + , x k 、 y k ∈Z) .
5. 注意到 ,若 x 、 y 是整数 ,则由奇偶性分析知
x + y ≡ 0 ,1 ,2 ( mod 4) .
2 2
若 n ∈S ,则由上知 n ≡ 1 ( mod 4) . 于是 ,可设
2 2 n - 1 = a + b ( a ≥b) , 2 2 n = c + d ( c > d) , 2 2 n + 1 = e + f ( e ≥f ) ,
π 而 ∠AGC = ∠AGO + ∠OGF = ∠AGO + , 2 π ∠ADC = ∠ADB + ∠BDC = + ∠BDC. 2 结合式 ①、 ②、 ③ 得 ∠AGO = ∠BDC. 因为 B 、 D、 E、 A 四点共圆 ,所以 , ∠BDC = ∠EAO . 又 OA = OE ,所以 , ∠EAO = ∠A EO . 由式 ④、 ⑤、 ⑥ 得 ∠AGO = ∠A EO . 故 O、 A、 E、 G 四点共圆 .
2 对( a、 b、 c、 d ) 的任意排列 ( p 、 q、 r、 s ) , 方程 x + px
+ q = 0 的判别式为 p - 4 q < 4 k - 4 q ≤ 4k - 4k = 0 ,
该方程无实数根 . 所以 , k ≥ 4. 另一方面 ,设 a 、 b、 c、 d 是不小于 4 的 4 个不同 实数 ,不妨设 4 ≤a < b < c < d . 考察方程